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专题07 导数及其应用
一、单选题
1．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数在区间内恰有一个极值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角函数的图象与性质以及整体代换的技巧进行处理.
【详解】因为，所以当时，有，
因为在区间内恰有一个极值，
结合函数图象，得，解得，
所以的取值范围为.
故选：A.
2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图是函数的导函数的图象，若，则的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据导函数的图象在区间内的函数的范围，判断出函数区间上各点处切线的斜率的范围，根据导函数的图象得导函数函数值的符号，得函数的单调性，再结合四个选项可得答案.
【详解】由的图象可知，当时，，则在区间上，函数上各点处切线的斜率在区间内，
对于A，在区间上，函数上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；
对于B，在区间上，函数上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；
对于C，在区间上，函数上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；
对于D，由的图象可知，当时，，当时，，当时，，
所以函数上各点处切线的斜率在区间内，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
而函数的图象均符合这些性质，故D正确.
故选：D
3．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】对函数进行求导，求出在处的切线的斜率，代入，求出，利用点斜式方程求出切线方程.
【详解】因为，所以，则，
所以的图象在处的切线方程为，
即.
故选：B.
4．（2023·广东汕头·统考二模）已知函数，则的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用导数判定单调性即可得出选项.
【详解】，
令，所以在和上单调递增，
故选：C
5．（2023·广东广州·统考二模）已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由偶函数的定义结合导数可得出，由已知可得出，可求出的表达式，利用导数分析函数的单调性，可知函数在上为增函数，再由可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为为偶函数，则，等式两边求导可得，①
因为函数为偶函数，则，②
联立①②可得，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，即函数在上为增函数，
故当时，，所以，函数在上为增函数，
由可得，
所以，，整理可得，解得.
故选：B.
6．（2023·广东佛山·统考二模）若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A． B．0 C．2 D．0或2
【答案】D
【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．
【详解】设直线与曲线的切点为，
由，则，
则，，即切点为，所以直线为，
又直线与圆都相切，则有，解得或．
故选：D．
7．（2023·广东梅州·统考二模）设函数在R上存在导数，对任意的，有，且在上．若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】通过构造函数，利用的奇偶性和条件得到在上单调递减，再将变形成，从而得到，即可求出结果.
【详解】因为，所以，得到，
令，所以，
则为奇函数，且，
又当时，，所以由奇函数的性质知，在上单调递减，
又，所以，即，
所以，即.
故选：A.
8．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）定义：若直线l与函数，的图象都相切，则称直线l为函数和的公切线．若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．e B． C． D．
【答案】C
【分析】设直线与的切点为，然后根据导数的几何意义可推得切线方程为，.两条切线重合，即可得出有唯一实根.构造，根据导函数得出函数的性质，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案.
【详解】设直线与的切点为，
因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，
即该直线的方程为，即.
设直线与的切点为，
因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，
即该直线的方程为，即.
因为函数和有且只有一条公切线，
所以有，
即有唯一实根.
令，则.
解，可得.
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以在处取得最大值.
当时，，，函数图象如图所示，
因为，有唯一实根，所以只有.
故选：C
9．（2023·湖南衡阳·校联考模拟预测）若曲线与有三条公切线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题，即可求出的取值范围.
【详解】设公切线为是与的切点，由，得，
设是与的切点，由，得，
所以的方程为，
因为，整理得，
同理，
因为，整理得，
依题意两条直线重合，可得，
消去，得，
由题意此方程有三个不等实根，设，
即直线与曲线有三个不同的交点，
因为，令，则，
当或时，；当时，，
所以有极小值为，有极大值为，
因为，，，所以，
当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于，
故的图象简单表示为下图:
所以当，即时，直线与曲线有三个交点.
故选：A.
10．（2023·江西赣州·统考二模）已知曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而求切线与坐标轴的交点，根据题意列式求解即可.
【详解】由题意可得：，则，
即切点坐标为，斜率，
切线方程为，
令，解得，即切线与y轴交点坐标为；
令，解得，即切线与x轴交点坐标为；
可得与坐标轴围成的面积，解得.
故选：A.
11．（2023·江西赣州·统考二模）给出下列四个结论：①曲线的焦点为；②“若是函数的极值点，则”的逆命题为真命题；③若命题：，则：；③若命题：，，则：，．其中正确的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】将抛物线方程化为标准方程即可求出其交点坐标，即可判断①；举出反例，如，结合极值点的定义即可判断②；根据分式不等式的解法即可判断③；根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可判断④.
【详解】对于①，由，得，所以其焦点为，故①成为；
对于②，“若是函数的极值点，则”的逆命题为
若，则是函数的极值点，
若，则，所以函数为增函数，
而，所以不是函数的极值点，
所以“若是函数的极值点，则”的逆命题为假命题，故②错误；
对于③，命题：，即，
则：或，
而不等式的解为或，故③错误；
对于④，若命题：，，则：，，
故④错误，
所以正确的个数为为0个.
故选：A.
12．（2023·陕西商洛·统考二模）已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用导数可求得单调性和最值，由此可得图象，根据函数零点个数可直接构造不等式求得结果.
【详解】定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，
可得图象如下图所示，
有个零点，，解得：，即实数的取值范围为.
故选：D.
13．（2023·广东·统考二模）已知，，，则（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
【详解】因为， ，
考虑构造函数，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.
14．（2023·广东湛江·统考二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，则的最小值为（ ）
A．-1 B． C． D．
【答案】C
【分析】设，则，构造函数，应用导数求函数单调性求出最小值即可.
【详解】设，则，，
由，得，则，，
设函数，，
则，
因为函数在上都是增函数，
所以在上为增函数，
又，
所以当时，，单调递减,当时，,单调递增，
故，
即的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：设，则，，求得是解决本题得关键.
15．（2023·广东深圳·统考二模）已知，，且，则下列关系式恒成立的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造，，求导研究其单调性，分类讨论得到正确选项.
【详解】构造，，
则，
当时，，，
所以在单调递增，
因为，
当，时，则,所以所以
单调递增，所以;
当，时,所以所以,
单调递减，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛，构造函数，本题中构造进行求解，利用函数单调性比较函数值的大小，.
16．（2023·江苏·统考二模）设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
令，则，
所以函数在上递增，
所以，即，即，
所以，即，
综上，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.
17．（2023·山东日照·统考二模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用导数证明，当时，，取特殊值得出大小关系.
【详解】令，若，则，
若，则，则函数在上单调递减，在上单调递
增.则，即，.
取，则，即.
取，则，即，.
又，令，
则函数都在上单调递增，则.
所以时，.
.
又函数在上单调递增，所以.
即，.
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，，利用导数得出，当时，，进而得出.
18．（2023·浙江·二模）正数列通过以下过程确定：是的最小值，其中.则当时，满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，可得，，利用导数分析哈数的单调性，求出函数的最小值，可得出，计算得出，再利用对数的运算性质可得出结论.
【详解】由可得，
因为，令，则，
令，则，
令，则，
所以，函数在上单调递增，
又因为，
，
所以，存在，使得，
当时，，即，此时函数单调递减，
当时，，即，此时函数单调递增，
因为，可得，
所以，，
所以，，可得，
故当时，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，当且仅当时，等号成立，
故当时，，
故.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解数列中的一些常见问题，解题的关键在于利用导数分析的单调性，结合函数的单调性来求解.
19．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）设抛物线C：的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线，，若与交于点P，且满足，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】先设直线AB的方程，与抛物线方程联立求得A，B两点纵坐标之间的关系，再写出切线方程，联立，根据条件求出P点坐标，再带回到切线方程求出A，B两点的坐标即可.
【详解】
，设直线AB的方程为 ，显然m是存在的，
设 ，显然 ，求导： ，
在A点处的切线方程为…①，
同理可得在B点处的切线方程为：；
联立方程 ，解得 ， ， ，
联立方程 解得 ， ，
即P点在准线 上，设 ， ，
考虑抛物线关于x轴对称，不妨取 ，代入①得： ，解得 或 ，
由图可知 ，再代入抛物线方程得 ， ；
故选：D.
20．（2023·四川自贡·统考三模）设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造函数、，利用导数分析这两个函数的单调性，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】设，其中，则，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，即，
所以，函数在上单调递减，则，
所以，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，故当时，，即，
令，其中，则，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，
所以，函数在上单调递增，故，
所以，函数在上单调递增，
所以，，即，
综上所述，.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的单调性比较大小，解题的关键在于根据代数式的结构构造合适的函数，结合函数单调性得到代数式的大小关系.
21．（2023·四川乐山·统考三模）已知函数有两个零点、，函数有两个零点、，给出下列个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④
【答案】D
【分析】在同一坐标系作出与的图象，利用反函数的基本性质逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】在同一坐标系作出与的图象，
设在处的切线方程过原点，，
则曲线在处的切线方程为，
将原点代入切线解得，故在处的切线方程为，
有两个零点，则，
由于与，与互为反函数，
故有两个零点，则，
设函数与图象交点坐标分别为、；
与图象交点坐标分别为、．
其中点、关于直线对称，、关于直线对称，
则，，且，
对于③，构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则，
故当时，，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
故当时，，即（当且仅当时，等号成立），
若，则，又因为，可得，
所以，，与④矛盾，③错.
故选：D.
【点睛】结论点睛：互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；
②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；
③互为反函数的两个函数关于对称，
④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；
⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身.
22．（2023·江西九江·瑞昌市第一中学校联考模拟预测）设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，由此求得不等式的解集.
【详解】设，
，即，
，
在上单调递减，又，
不等式，
即，，
原不等式的解集为.
故选：D
【点睛】有关函数及其导数有关的不等式问题，求解方法是通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等进行研究，由此对问题进行求解.
23．（2023·山西运城·统考二模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对数的运算，计算可得，则.构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出，根据对数函数的单调性即可得出；先证明当时，.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得.
【详解】因为，
所以，.
令，，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以.
因为在上单调递增，所以；
令，则恒成立，
所以，在R上单调递减，
所以，当时，有，即，
所以.
因为，
所以，
所以.
所以.
故选：B．
【点睛】方法点睛：对变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小关系.
二、多选题
24．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知函数（，）的定义域为，则（ ）
A． B．
C． D．被8整除余数为1
【答案】BCD
【分析】利用赋值或，判断AB；对函数两边求导，再赋值，判断C；，展开后可判断余数，判断D.
【详解】因为，
对于A：当时，，①，故A错误；
对于B：当时，，②，
①②得，解得，故B正确；
对于C：，
令得，故C正确；
对于D：，所以被整除余数为1，故D正确.
故选：BCD
25．（2023·安徽·校联考二模）已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线与交于、两点，且，，若过点、分别作的两条切线交于点，则下列各选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．以为直径的圆过点
【答案】ACD
【分析】由抛物线的几何性质求出的值，可得出抛物线的方程，设、，分析可知为的中点，利用点差法可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出两切线的方程，联立两切线的方程，求出点的坐标，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】抛物线的焦点到准线的距离为，所以，抛物线的方程为，
设、，由可知为的中点，
所以，且，，
由可得，
所以，直线的斜率为，则直线的方程为，可得，
联立可得，所以，，
对函数求导可得，
所以，切线的方程为，即，
同理可知，切线的方程为，
联立可得，即点，
易知抛物线的焦点为，所以，，A对；
因为直线过点，所以，，B错；
因为，，所以，，所以，故C正确；
因为，且为的中点，所以，，
因此，以为直径的圆过点，故D正确.
故选：ACD．
26．（2023·广东·统考二模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数 B．有对称轴
C．有对称中心 D．在上单调递增
【答案】ACD
【分析】根据周期函数的定义判断判断A，证明，由此判断C，利用导数判断函数的单调性，判断D，结合单调性和周期的性质作出函数在上的图象，由此判断B.
【详解】因为，
所以，
所以函数为周期函数，A正确；
因为
所以，
所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，
所以为函数的中心对称，C正确；
当时，，
因为，
所以，所以函数在上单调递增，D正确；
由可得，
当时，由，可得，
函数在上单调递增，
当，由，可得，
函数在上单调递增，
又，，
作出函数在的大致图象可得：
结合函数是一个周期为的函数可得函数没有对称轴，B错误.
故选：ACD.
27．（2023·广东茂名·统考二模）已知，若关于的方程恰好有6个不同的实数解，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】利用导数判断出单调性，作出的图像. 令，把题意转化为关于方程在内有2个不等实根.分离参数后，令，利用图像法求解.
【详解】记，则
所以在单调增，在单调减
所以的大致图像如下所示：
令，所以关于的方程有6个不同实根等价于关于方程
在内有2个不等实根.
即与在内有2个不同交点
又的大致图像如下所示：
又，
所以.
对照四个选项，AB符合题意.
故选：AB
28．（2023·广东深圳·统考二模）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（ ）
A．轴 B． C． D．
【答案】AC
【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.
【详解】对于A选项：设,
,,
过点A切线为：①,
过点B切线为:②,
①②得
化简可得
轴,A选项正确.
设
过A点的切线为,过B点的切线为,交点为
AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；
,所以,D选项错误;
作抛物线准线的垂线 ,连接
则
显然 ,所以
又因为由抛物线定义,得,故知 是线段 的中垂线,得到则
同理可证：,，
所以，即,
所以 ,即.
故选:AC.
29．（2023·广东·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A． B．的最小值为
C．的最小值为 D．在区间上单调递增
【答案】CD
【分析】利用特殊值法可判断AB选项；利用基本不等式可判断C选项；利用函数的单调性与导数的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，，，则，A错；
对于B选项，因为，故函数的最小值不是，B错；
对于C选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，C对；
对于D选项，当时，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
当时，，即，故，
因此，函数在上单调递增，D对.
故选：CD.
30．（2023·浙江·二模）已知时，，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】BCD
【分析】本题考虑到不等式可以用，，这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在时的大小位置关系.可结合，进行初步判断函数的大小关系，结合的变化对，的相对位置的变化影响可解得本题.
【详解】设，，，
由得，
所以时，或.
A和B选项：
当时，，
设，则，
当时，所以在上单调递增，
所以，
即当时，，
故.
设，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减.
故，即，
所以有，
即，.
设，由题意可知，，
，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增，
所以，
得，
由得，
，
当时，由得，
则，故B正确，
取，，，则，故A错误；
C和D选项：
当时，
由题意，恰为，两交点，所在直线，
则
则
由对数平均不等式知，
.
故，
故CD正确
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考察用导数解决不等式问题，本题解题的关键是从不等式中能抽象出来，，这三个函数，然后根据不等式得到三个函数的图象在不同位置时的联系进而去解决问题.
31．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）已知正项数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A．数列中的最小项为
B．当时，
C．当时，
D．对任意且
【答案】ABD
【分析】构造函数，判断函数的的单调性，得到是最小的项，且当时，，即可判断A，B；令，利用导数可得在区间内单调递减，从而判断C；根据，利用，，，，可得，判断D.
【详解】令，由，得，
又，则当时，单调递增；
当时，单调递减，且，
∴当时，；当时，，
∵，，∴，
∴是最小的项，且当时，，所以A，B正确；
由B正确可知，当时，，
所以令，
则，
又，
所以在区间内单调递减，∴，
又因为当时，，所以，即，，所以C错误；
因为当时，且，在区间内单调递减，所以，
因为，，所以，
又因为，，所以，
所以，所以D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用导数判断两个函数的单调性，利用单调性求解是解题关键.
32．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数，对于任意的实数，，下列结论一定成立的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】ABD
【分析】构造函数利用导数研究函数的单调性一一判定即可.
【详解】，
令在上单调递增，
在上单调递减，故，
所以在上单调递增，且.
对于A项，若，显然B正确；
对于B项，有，
令，令，
在R上单调递增，而，
故在上单调递增，在上单调递减，故，
所以，故A正确；
对于D项，若，
即，故D正确；
设，若，则满足，
但，故C错误.
故选：ABD
三、填空题
33．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数的图象在处的切线在y轴上的截距为2，则实数____________．
【答案】
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.
【详解】函数，求导得：，，而，
因此函数的图象在处的切线方程为：，
令，得，于是，解得，
所以.
故答案为：
34．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数有2个极值点，，则______．
【答案】0
【分析】由得，然后根据函数解析式结合条件即得.
【详解】因为函数有两个极值点与
由，则的两根为与，
所以，即，
由，可得，
所以.
故答案为：0.
35．（2023·上海浦东新·上海市建平中学校考三模）函数的导数为__________.
【答案】
【分析】利用复合函数的求导法则以及商的导数运算法可求得结果.
【详解】因为，
则.
故答案为：.
36．（2023·广东茂名·统考二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为__________百米.
【答案】
【分析】连接CD，CE，设，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求出最小值.
【详解】连接CD，CE，由半圆半径为1得：.
由对称性，设，又，，
所以，，
易知，所以的长为.
又，故，故，
令且，则，，
所以.
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
所以栈道总长度最小值.
故答案为：.
37．（2023·安徽合肥·校联考三模）若函数与函数的图像恰有三个不同交点，且交点的横坐标构成等差数列，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】依题意，函数有三个不同的零点，则有两个不同的实数根，三个不同的零点构成等差数列，则三次函数的对称中心在轴上，根据不等式求实数的取值范围.
【详解】函数与函数的图像三个不同交点，
等价于函数有三个不同的零点，即的图像与轴有三个交点，
由，故必有方程有两个不同的实数根，
则，，
三次函数的图像是中心对称图形，由的图像与轴三个不同交点的横坐标构成等差数列，则的图像的对称中心一定在轴上，
，令，令得，
则函数图像的对称中心横坐标为，当时符合题意，
，化简整理即有，
故，且
所以实数的取值范围是．
故答案为：
38．（2023·河北衡水·模拟预测）已知函数 有两个极值点，且，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【分析】原题等价于 是导函数 的两个零点，求导，参数分离，构造函数，根据所够造的函数的导函数的图像求解.
【详解】原题等价于 是导函数 的两个零点， ，
即是方程 的两个不相等的实数根，显然不符合方程0，
所以和是方程 的两个根，
即函数 的图像与直线有两个不同的交点，
由于 ，所以当或时， ；当时， ，故的减区间为和，增区间为，
当x趋于时， 趋于0，且，当且x趋于0时，
趋于，当时，x趋于0时，趋于，
在处， 取得极小值 ；当时，x趋于时， 趋于 ，
作出的大致图像如下图所示，
由图可知， ，且，
因为，取，并令，则 ， 单调递增， ，解得 ，此时 ，即 ，
故答案为：.
四、解答题
39．（2023·湖北·统考二模）高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．
(1)求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
(2)人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；
(3)若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】(1)
(2)
(3)需要对生产工序进行改良
【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；
（2）先求，利用导数判断单调性可求解；
（3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论.
【详解】（1）记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则
.
（2）由题意，
∴
令，则，
当，，为增函数；
当，，为减函数；
所以在处取到最大值．
（3）记事件B＝“人工检测达标”，
则，
又，
所以，
所以需要对生产工序进行改良．
40．（2023·广东茂名·统考二模）已知函数，为常数，且.
(1)判断的单调性；
(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数，分类讨论与时的单调性.
（2）计算的值，结合已知可得，运用的单调性进而可设，运用的单调性及已知条件等量代换将问题转化为求证（），构造函数，运用导数研究其单调性即可求证.
【详解】（1）∵，
∴，，
记，
①当，即时，恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
②当，即时，
方程有两个不等实根，且，，
∴，，，单调递增，
，，，单调递减，
，，，单调递增，
综上所述：①当时，在上单调递增，
②当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）∵，∴，
由（1）可知时，在上单调递增，
故不妨设，
要证：，即证：，
又∵当时，在上单调递增，∴只需证，
又∵，∴只需证：，
即证：，（），
记，，
，
∴当时，恒成立，单调递增，
∴，
∴原命题得证.即.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
41．（2023·广东广州·统考二模）已知函数，.
(1)当时，，求实数的取值范围；
(2)已知，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）证明出，在时，可得出，在时，，分析可知，综合可得出实数的取值范围；
（2）由（1）变形可得，令，可得出，可得出，，证明出，可得出，，利用不等式的基本性质可证得结论成立.
【详解】（1）解：令，则，
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，则函数在上单调递减，
所以，，即，
所以，当时，，即，
当时，取，
由于，而，得，
故，不合乎题意.
综上所述，.
（2）证明：当时，由（1）可得，则，
可得，即，即，
令，所以，，所以，，即，
所以，，，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，故，则，
所以，，，
所以，
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
42．（2023·广东湛江·统考二模）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程．
(2)若存在使得，证明：
（i）；
（ii）．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，分别求得和，再写出切线方程；
（2）（i）根据题意得到有零点，即有正数解，利用导数法求解．（ii）由，得到，代入，转化为证，令，利用导数法证明在上单调递增即可.
【详解】（1）解：因为，
所以，
又，
所以曲线在处的切线方程为，
即.
（2）证明：（i）依题意可知有零点，即有正数解．
令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以，所以．
（ii）不妨设．由，得，
因为，所以，
要证，
只要证．
令，即只要证，
即只要证在上单调递增，
即只要证在上恒成立，
即只要证在上恒成立．
令，则．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以．
由（i）知，在上恒成立，
所以在上恒成立，
故．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过，得到，代入，消去m，转化为证，再令，利用导数法证明在上单调递增而得证.
43．（2023·江苏·统考三模）已知抛物线与都经过点．
(1)若直线与都相切，求的方程；
(2)点分别在上，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求得，，利用导数的几何意义，求得切线的方程，根据为曲线的公切线，联立方程组，结合，进而求得的方程；
（2）设，，根据，列出方程得到关系式，分类讨论，即可求解．
【详解】（1）因为曲线都过点，所以，解得，
即，
设直线与曲线相切于点，令，可得，
则切线的斜率，所以切线方程为，即，
由，整理得，
因为为曲线的公切线，所以，解得，
所以直线的方程为，即．
（2）设，，又，
，
所以，可得，
两式相减得到，
当时，，，此时，，
则，，且，
可得，所以，
所以；
当时，，此时方程无解，（舍去），
综上，可得的面积为．
44．（2023·福建福州·统考模拟预测）已知，函数.
(1)讨论在上的单调性；
(2)已知点.
（i）若过点Р可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围；
（ii）设函数，若曲线上恰有三个点使得直线与该曲线相切于点，写出的取值范围（无需证明）.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）（i）设切点为，根据导数的几何意义可得切线方程为，再根据切线过点，可得，根据过点Р可以作两条直线与曲线相切，得关于的方程在上至少有两个不同的解，令，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得解；
（ii）由（i）得，当时，曲线上恰有两个点处得切线过点，再根据函数与互为反函数，结合（i）即可得解.
【详解】（1），
当时，，所以在上单调递减，
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）设切点为，
因为，所以切线的斜率为，
则切线方程为，
因为切线过点，所以，
即，
若过点Р可以作两条直线与曲线相切，
则上述关于的方程至少有两个不同的解，
显然不是该方程的解，
所以关于的方程在上至少有两个不同的解，
令，
则，
令，
则，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以当时，，
所以在上单调递增，在上单调递增，
的大致图象如下图所示：
因为，
，
所以当时，
关于关于的方程在上有两个不同的解，
此时过点Р可以作两条直线与曲线相切，
所以的取值范围为；
（ii）由（i）得，过点Р可以作一条直线与曲线相切，
则当时，曲线上恰有两个点处得切线过点，
由，得，
由，得，
所以函数与互为反函数，
则函数与关于对称，
因为点在直线，
则曲线上恰有两个点处得切线过点，
即为过点Р可以作两条直线与曲线相切，
由（i）得，此时，
所以的取值范围为.
【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：
（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.
45．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数，其中．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)递减区间为，递增区间为；
(2).
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再借助导数求出单调区间作答.
（2）构造函数并求出导数，再按分段讨论函数单调性，由此求出取得最小值1作答.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为，
求导得，
显然函数在上单调递增，且，
因此当时,单调递减，当时,单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），令，求导得，
当时,，则在上单调递增，，满足题意，
当时，设，则，因此函数，即在上单调递增，
而，
(i)当时,在上单调递增，
于是，满足题意，
(ii)当，即时，对，则在上单调递减，
此时，不合题意，
（iii）当时，因为在上单调递增，
且，于是，使，且当时,单调递减，
此时，不合题意，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以借助分段讨论函数的导函数，结合函数零点探讨函数值正负，以确定单调性推理作答.
46．（2023·安徽合肥·校联考三模）对于定义在上的函数，若存在，使得，则称为的一个不动点．设函数，已知为函数的不动点．
(1)求实数的取值范围；
(2)若，且对任意满足条件的成立，求整数的最大值．
（参考数据：，，，，）
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）根据给定的不动点定义，构造函数，利用导数结合零点存在性定理探讨函数在上的零点作答.
（2）由（1）可得，结合给定条件确定出k值2，再利用导数讲明不等式作答.
【详解】（1）依题意，方程在内有根，且，
令，，求导得，
当时，在，上都递增，而，因此函数在、无零点，
当时，令，，，则函数在，上都递增，
当时，当时，，函数在上递增，无零点，
当时，，则存在，使得，即，
当时，递减，在时，递增，
，而，有，
，
因此存在，使得，即函数在上有零点，则，
当时，当时，，函数在上递减，，无零点，
当时，，则存在，使得，即，
当时，递减，在时，递增，，
，令，求导得，
令，则，即函数在上单调递增，
，函数在上单调递增，
因此存在，使得，即函数在上有零点，则，
所以实数的取值范围是.
（2）依题意，，于是，即
因为，取，有，因此取2，
下证：对任意成立，令，
，当时，递增，当时，递减，
，即对恒成立，当时，，
令，，函数在上递增，，
即，从而成立，
当时，只需证：成立，
令，，只需证，
，令，
，显然在上递增，
，，即存在，使，
且当时，递减，当时，递增，
，整理得，
因为函数在递减，
所以，
所以在恒成立，即在递增，
显然，所以成立.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
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专题07 导数及其应用
一、单选题
1．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数在区间内恰有一个极值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图是函数的导函数的图象，若，则的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·广东汕头·统考二模）已知函数，则的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·广东广州·统考二模）已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·广东佛山·统考二模）若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A． B．0 C．2 D．0或2
7．（2023·广东梅州·统考二模）设函数在R上存在导数，对任意的，有，且在上．若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）定义：若直线l与函数，的图象都相切，则称直线l为函数和的公切线．若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．e B． C． D．
9．（2023·湖南衡阳·校联考模拟预测）若曲线与有三条公切线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·江西赣州·统考二模）已知曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2023·江西赣州·统考二模）给出下列四个结论：①曲线的焦点为；②“若是函数的极值点，则”的逆命题为真命题；③若命题：，则：；③若命题：，，则：，．其中正确的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
12．（2023·陕西商洛·统考二模）已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2023·广东·统考二模）已知，，，则（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
14．（2023·广东湛江·统考二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，则的最小值为（ ）
A．-1 B． C． D．
15．（2023·广东深圳·统考二模）已知，，且，则下列关系式恒成立的为（ ）
A． B． C． D．
16．（2023·江苏·统考二模）设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
17．（2023·山东日照·统考二模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
18．（2023·浙江·二模）正数列通过以下过程确定：是的最小值，其中.则当时，满足（ ）
A． B． C． D．
19．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）设抛物线C：的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线，，若与交于点P，且满足，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
20．（2023·四川自贡·统考三模）设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
21．（2023·四川乐山·统考三模）已知函数有两个零点、，函数有两个零点、，给出下列个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④
22．（2023·江西九江·瑞昌市第一中学校联考模拟预测）设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·山西运城·统考二模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
24．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知函数（，）的定义域为，则（ ）
A． B．
C． D．被8整除余数为1
25．（2023·安徽·校联考二模）已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线与交于、两点，且，，若过点、分别作的两条切线交于点，则下列各选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．以为直径的圆过点
26．（2023·广东·统考二模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数 B．有对称轴
C．有对称中心 D．在上单调递增
27．（2023·广东茂名·统考二模）已知，若关于的方程恰好有6个不同的实数解，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
28．（2023·广东深圳·统考二模）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（ ）
A．轴 B．
C． D．
29．（2023·广东·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A． B．的最小值为
C．的最小值为 D．在区间上单调递增
30．（2023·浙江·二模）已知时，，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
31．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）已知正项数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A．数列中的最小项为 B．当时，
C．当时， D．对任意且
32．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数，对于任意的实数，，下列结论一定成立的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
三、填空题
33．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数的图象在处的切线在y轴上的截距为2，则实数____________．
34．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数有2个极值点，，则______．
35．（2023·上海浦东新·上海市建平中学校考三模）函数的导数为__________.
36．（2023·广东茂名·统考二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为__________百米.
37．（2023·安徽合肥·校联考三模）若函数与函数的图像恰有三个不同交点，且交点的横坐标构成等差数列，则实数的取值范围是________．
38．（2023·河北衡水·模拟预测）已知函数 有两个极值点，且，则实数的取值范围为_________.
四、解答题
39．（2023·湖北·统考二模）高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．
(1)求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
(2)人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；
(3)若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
40．（2023·广东茂名·统考二模）已知函数，为常数，且.
(1)判断的单调性；
(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.
41．（2023·广东广州·统考二模）已知函数，.
(1)当时，，求实数的取值范围；
(2)已知，证明：.
42．（2023·广东湛江·统考二模）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程．
(2)若存在使得，证明：
（i）；
（ii）．
43．（2023·江苏·统考三模）已知抛物线与都经过点．
(1)若直线与都相切，求的方程；
(2)点分别在上，且，求的面积．
44．（2023·福建福州·统考模拟预测）已知，函数.
(1)讨论在上的单调性；
(2)已知点.
（i）若过点Р可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围；
（ii）设函数，若曲线上恰有三个点使得直线与该曲线相切于点，写出的取值范围（无需证明）.
45．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数，其中．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围．
46．（2023·安徽合肥·校联考三模）对于定义在上的函数，若存在，使得，则称为的一个不动点．设函数，已知为函数的不动点．
(1)求实数的取值范围；
(2)若，且对任意满足条件的成立，求整数的最大值．
（参考数据：，，，，）
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